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期末学业水平质量检测（B卷）-新教材名师导学导练高中数学选择性必修第一册（人教A版）
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这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册全册综合测试题，文件包含期末学业水平质量检测B卷原卷版docx、期末学业水平质量检测B卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共40页， 欢迎下载使用。
一．单项选择题
1．（2020春•雅安期末）已知三棱锥A﹣BCD中，E是BC的中点，则﹣（+）＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】取CD中点F，连结AF，EF，推导出﹣（+）＝﹣，由此能求出结果．
【解答】解：如图，取CD中点F，连结AF，EF，
∵三棱锥A﹣BCD中，E是BC的中点，
∴﹣（+）＝﹣＝＝．
故选：D．
2．（2020春•武汉期末）圆心都在直线L：x+y＝0上的两圆相交于两点M（m，3），N（﹣3，n），则m+n＝（ ）
A．﹣1B．1C．0D．2
【分析】由两圆的公共弦垂直于两圆圆心的连线，再由两直线斜率的关系列式可得m+n的值．
【解答】解：∵两圆相交于两点M（m，3），N（﹣3，n），且两圆的圆心都在直线x+y＝0上，
∴MN垂直直线x+y＝0，
则MN的斜率k＝，得m+n＝0．
故选：C．
3．（2020春•温江区校级月考）已知焦点为F的抛物线y2＝4x，点P在抛物线图象上且位于第一象限，满足|PF|＝3，则直线OP斜率为（ ）
A．B．C．2D．3
【分析】利用抛物线的性质求出P的坐标，然后求解直线OP斜率．
【解答】解：抛物线y2＝4x的焦点F（1，0），准线方程x＝﹣1，
点P在抛物线图象上且位于第一象限，满足|PF|＝3，
所以P的横坐标为：2，则P（2，2），
则直线OP斜率为 ＝．
故选：A．
4．（2020春•保定期末）若正四面体D﹣ABC的每条棱长均为2，则二面角D﹣AC﹣B的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】首先利用转换关系求出二面角的平面角，进一步利用勾股定理和余弦定理的应用求出结果．
【解答】解：在正四面体ABCD中，取AC的中点E，连接BE，DE，
如图所示由于△BAC和△ACD都为等边三角形，E为AC的中点，
所以BE⊥AC，DE⊥AC，所以∠BED为两项邻面BAC和平面ACD的平面角，
由于四面体的各棱长为2，
故利用勾股定理得到BE＝DE＝＝，
故在△BDE中，cs∠BED＝＝，
故选：B．
5．（2020春•宣威市期末）已知圆C的标准方程是（x+2）2+y2＝4，直线l′：ax+2y+1＝0（a∈R）．若直线l′被圆C所截得的弦长为，则直线l′与直线l：x﹣y+2＝0的关系为（ ）
A．平行B．垂直C．平行或相交D．相交
【分析】先通过圆的弦长公式与点到直线的距离公式结合题意可以求出参数a的值，进而判断直线直线l′与直线l的关系．
【解答】解：圆C的圆心C（﹣2，0），半径r＝2，圆心C到直线l′的距离为，
由题意知直线l′被圆C所截得的弦长为，
解得，
当a＝﹣2时，直线直线l′的斜率为1，直线l：x﹣y+2＝0的斜率也为1，故两直线平行；
当时，直线l′的斜率为，直线l：x﹣y+2＝0的斜率为1，因为，故两直线相交（不垂直），
综上所述，则直线l′与直线l：x﹣y+2＝0的关系为平行或相交．
故选：C．
6．（2020春•惠州期末）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑[nà]．如图，在鳖臑A﹣BCD中，AB⊥面BCD，AB＝CD＝1，BC＝，BD＝，则下列选项中，不正确的是（ ）
A．面ABC⊥面ACD
B．二面角D﹣AB﹣C的余弦值为
C．AD与面BCD所成角为30°
D．三棱锥A﹣BCD外接球的表面积为π
【分析】可证得BC⊥CD，AC⊥CD．
对于A，由AB⊥CD，CD⊥AC，可得面ABC⊥面ACD；
对于B，可得∠CBD就是二面角D﹣AB﹣C的平面角，解三角形BCD即可二；
对于C，易得AD与面BCD所成角为∠ADB＝30°；
对于D，取AD的中点为M，则MA＝MB＝MC＝MD＝1，即可得三棱锥A﹣BCD外接球的半径为1，即可判断．
【解答】解：∵AB＝CD＝1，BC＝，BD＝，
∴BC2+CD2＝BD2，∴BC⊥CD，
可得，AD＝，
则有AC2+CD2＝AD2，∴AC⊥CD．
对于A，∵AB⊥面BCD，∴AB⊥CD，又CD⊥AC，AB∩AC＝A，∴面ABC⊥面ACD，故正确；
对于B，∵AB⊥面BCD，∴AB⊥BD，AB⊥CB，∴∠CBD就是二面角D﹣AB﹣C的平面角，
二面角D﹣AB﹣C的余弦值为＝，故正确；
对于C，∵AB⊥面BCD，∴AD与面BCD所成角为∠ADB＝30°，故正确；
对于D，取AD的中点为M，则MA＝MB＝MC＝MD＝1，所以三棱锥A﹣BCD外接球的
半径为1，其表面积S＝4πR2＝4π，故错．
故选：D．
7．（2020春•北海期末）已知点A（﹣m，0），B（m，0），若圆C：x2+y2﹣6x﹣8y+24＝0上存在点P，使得PA⊥PB，则实数m的最大值是（ ）
A．4B．5C．6D．7
【分析】由已知得圆C的圆心坐标以及半径，设AB的中点为M，由A，B的坐标得M的坐标以及|AB|的值，可得以AB为直径的圆M，原问题可以转化为圆C与圆M有公共点，由两圆圆心距离与半径的关系列式求解．
【解答】解：圆C：x2+y2﹣6x﹣8y+24＝0，即（x﹣3）2+（y﹣4）2＝1；
其圆心为（3，4），半径r＝1，
设AB的中点为M，
又由点A（﹣m，0），B（m，0），得M（0，0），|AB|＝2|m|，
以AB为直径的圆M：x2+y2＝m2，
若圆C：x2+y2﹣6x﹣8y+24＝0上存在一点P，使得PA⊥PB，则圆C与圆M有公共点，
又由|MC|＝＝5，
即有|m|﹣1≤5≤|m|+1，
解得：4≤|m|≤6，即﹣6≤m≤﹣4或4≤m≤6，
即实数m的最大值是6，
故选：C．
8．（2019秋•九龙坡区校级月考）椭圆的焦点，，长轴长为2a，在椭圆上存在点P，使∠F1PF2＝90°，对于直线y＝a，在圆x2+（y﹣1）2＝2上始终存在两点M，N使得直线上有点Q，满足∠MQN＝90°，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【分析】利用当P坐标为（0，b）或（0，﹣b）时，角最大，当α＝45°，此时sinα＝，故e，利用（0，1）到直线y＝a的距离小于或等于2，即a﹣1≤2，所以a≤3，即e≤，得出结论．
【解答】解：要使在椭圆上存在点P，使∠F1PF2＝90°，设∠F1PF2＝2α，
只需最大的角大于等于90°即可，当P坐标为（0，b）或（0，﹣b）时，角最大，
当α＝45°，此时sinα＝，故e，
∵在圆C上存在两点M，N，在直线y＝a上存在一点Q，使得∠MQN＝90°，
即在直线y＝a上存在一点Q，使得Q到圆的圆心（0，1）的距离等于a﹣1＝2，
∴只需（0，1）到直线y＝a的距离小于或等于2，即a﹣1≤2，所以a≤3，
即e≤，
综上，故e∈[，1），
故选：A．
二．多项选择题
9．已知圆M的一般方程为x2+y2﹣8x+6y＝0，则下列说法中正确的是（ ）
A．圆M的圆心为（4，﹣3）
B．圆M被x轴截得的弦长为8
C．圆M的半径为25
D．圆M被y轴截得的弦长为6
【分析】利用配方法求出圆的圆心与半径，判断选项即可．
【解答】解：圆M的一般方程为x2+y2﹣8x+6y＝0，
则（x﹣4）2+（y+3）2＝25．
圆的圆心坐标（4，﹣3），半径为5．
显然选项C不正确．ABD均正确．
故选：ABD．
10．（2020春•厦门期末）已知F1，F2是双曲线E：（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过F1作倾斜角为的直线分别交y轴与双曲线右支于点M，P，|PM|＝|MF1|，下列判断正确的是（ ）
A．∠PF2F1＝B．|MF2|＝|PF1|
C．E的离心率等于D．E的渐近线方程为y＝x
【分析】结合三角形的中位线定理和直角三角形的性质，可判断A，B；由锐角三角函数的定义和双曲线的定义、离心率公式和渐近线方程，可判断C，D．
【解答】解：如右图，由|PM|＝|MF1|，可得M为PF1的中点，又O为F1F2的中点，
可得OM∥PF2，∠PF2F1＝90°，∠PF1F2＝30°，|MF2|＝|PF1|，故A错误，B正确；
设|F1F2|＝2c，则|PF1|＝＝c，|PF2|＝2ctan30°＝c，
则2a＝|PF1|﹣|PF2|＝c，可得e＝＝，
＝＝，则双曲线的渐近线方程为y＝±x即为y＝±x．
故C，D正确．
故选：BCD．
11．（2020•海口模拟）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝AC＝AB＝2，AB⊥AC，点D，E分别是线段BC，B1C上的动点（不含端点），且．则下列说法正确的是（ ）
A．ED∥平面ACC1
B．该三棱柱的外接球的表面积为68π
C．异面直线B1C与AA1所成角的正切值为
D．二面角A﹣EC﹣D的余弦值为
【分析】说明四边形BCC1B1是矩形，然后证明ED∥BB1∥AA1，推出ED∥平面ACC1，判断A．说明B1C是三棱柱外接球的直径，然后求解表面积，判断B．说明异面直线B1C与AA1所成角为∠BB1C．然后求解三角形，判断C．求出平面AB1C的一个法向量，平面BB1C的一个法向量，利用空间向量的数量积求解判断D；
【解答】解：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，四边形BCC1B1是矩形，
因为，所以ED∥BB1∥AA1，所以ED∥平面ACC1，A项正确．
因为，所以AB＝3，
因为AB⊥AC，所以，所以，
易知B1C是三棱柱外接球的直径，
所以三棱柱外接球的表面积为，所以B项错误．
因为AA1∥BB1，所以异面直线B1C与AA1所成角为∠BB1C．
在Rt△B1BC中，BB1＝2，，
所以，所以C项错误．
二面角A﹣EC﹣D即二面角A﹣B1C﹣B，
以A为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
A（0，0，0），B（3，0，0）；C（0，2，0），B1（3，0，2），
可得平面AB1C的一个法向量为＝（x，y，z），，即，令x＝2，则z＝﹣3
所以＝（2，0，﹣3），同理求得平面BB1C的一个法向量为＝（2，3，0），
故二面角A﹣EC﹣D的余弦值为，所以D项正确．
故选：AD．
12．（2020春•南京期末）如图A（2，0），B（1，1），C（﹣1，1），D（﹣2，0），是以OD为直径的圆上一段圆弧，是以BC为直径的圆上一段圆弧，是以OA为直径的圆上一段圆弧，三段弧构成曲线W．则下述正确的是（ ）
A．曲线W与x轴围成的面积等于2π
B．曲线W上有5个整点（横纵坐标均为整数的点）
C．所在圆的方程为：x2+（y﹣1）2＝1
D．与的公切线方程为：x+y＝
【分析】由曲线W与x轴的图形为一个半圆和一个矩形、加上两个圆，加上面积求和，可判断A；分别写出各个整点，即可判断B；由是以（0，1）为圆心，1为半径的圆，可得所求圆的方程，可判断C；设与的公切线方程为y＝kx+t（k＜0，t＞0），由直线和圆相切的条件：d＝r，运用点到直线的距离公式，解方程可得所求方程，可判断D．
【解答】解：曲线W与x轴的图形为以（0，1）圆心、1为半径的半圆加上以（1，0）为圆心，1为半径的圆，
加上以（﹣1，0）为圆心，1为半径的圆，加上长为2，宽为1的矩形构成，
可得其面积为π+π+2＝2+π≠2π，故A错误；
曲线W上有（﹣2，0），（﹣1，1），（0，2），（1，1），（2，0）共5个整点，故B正确；
是以（0，1）为圆心，1为半径的圆，其所在圆的方程为x2+（y﹣1）2＝1，故C正确；
设与的公切线方程为y＝kx+t（k＜0，t＞0），
由直线和圆相切的条件可得＝1＝，解得k＝﹣1，t＝1+（1﹣舍去），
则其公切线方程为y＝﹣x+1+，即x+y＝1+，故D正确．
故选：BCD．
三．填空题（共4小题）
13．（2020春•红岗区校级期末）已知直线x+2y﹣4＝0与直线2x+my+m+3＝0平行，则它们之间的距离为 ．
【分析】由两直线平行与系数间的关系列式求得m值，再由两平行线间的距离公式求解．
【解答】解：∵直线x+2y﹣4＝0与直线2x+my+m+3＝0平行，
∴，解得m＝4．
∴直线2x+my+m+3＝0化为2x+4y+7＝0，即x+2y+．
由两平行线间的距离公式可得，直线x+2y﹣4＝0与直线x+2y+间的距离为d＝．
故答案为：．
14．（2020•香坊区校级一模）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线交抛物线于A，B两点，若点M（﹣1，1），且MA⊥MB，则弦AB的长度为 ．
【分析】设出直线l方程，代入抛物线的方程，利用韦达定理及向量数量积的坐标运算，求得k的值，然后求解|AB|．
【解答】解：∵抛物线的方程为y2＝4x，∴F（1，0），
设焦点弦方程为y＝k（x﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2），
，整理得：k2x2﹣（2k2+4）x+k2＝0
由韦达定理：x1+x2＝2+，x1x2＝1，
则y1y2＝﹣4，y1+y2＝，
∵M（﹣1，1），MA⊥MB，
∴（x1+1，y1﹣1）•（x2+1，y2﹣1）＝0，
∴4﹣4k+k2＝0，
∴k＝2．
弦AB的长度为x1+x2+p＝2+2＝5．
故答案为：5．
15．（2019秋•南阳期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB，AC，AA1两两互相垂直，AA1＝2AB＝2AC，M，N是线段BB1，CC1上的点，平面AMN与平面ABC所成（锐）二面角为，当B1M最小时，∠AMB＝ ．
【分析】以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解平面AMN与平面ABC所成（锐）二面角，结合已知可得a2+b2＝3，则当B1M|最小时，BM＝a最大，此时a＝，b＝0，由此求解∠AMB．
【解答】解：以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，
设AA1＝2AB＝2AC＝2，BM＝a，CN＝b，
则A（0，0，0），B（1，0，0），M（1，0，a），N（0，1，b），
＝（1，0，a），＝（0，1，b），
设平面AMN的法向量 ＝（x，y，z），
由，取z＝1，得＝（﹣a，﹣b，1），
平面ABC的法向量＝（0，0，1），
∵平面AMN与平面ABC所成（锐）二面角为，
∴cs＝＝，
得a2+b2＝3，
∴当B1M|最小时，BM＝a最大，此时a＝，b＝0，
∴tan∠AMB＝，
∴∠AMB＝．
故答案为：．
16．（2020春•宝山区校级月考）过直线3x+4y﹣5＝0上的一点P向圆（x﹣3）2+（y﹣4）2＝4作两条切线l1，l2．设l1与l2的夹角为θ，则θ的最大值为 ．
【分析】设圆心为O，设切线l1，l2的切点为A和B，则OA⊥PA，∠APB即为θ，若∠APB最大，需∠APO最大，即|OP|最短，此时OP最小值为圆心O到直线3x+4y﹣5＝0的距离，由sin∠APO＝即可求得夹角θ的最大值．
【解答】解：设圆心为O，设切线l1，l2的切点为A和B，
则OA⊥PA，∠APB即为θ，
∠APB＝2∠APO，
所以求∠APO最大值即可，
圆（x﹣3）2+（y﹣4）2＝4的圆心为（3，4），半径为2，
所以sin∠APO＝＝，
因为OP最小值为圆心O到直线3x+4y﹣5＝0的距离＝＝4，
所以sin∠APO的最大值为，
所以∠APO的最大值为，
所以夹角θ的最大值为．
故答案为：．
四．解答题
17．（2020春•山东月考）已知双曲线C的离心率为，且过（，0）点，过双曲线C的右焦点F2，做倾斜角为的直线交双曲线于A，B两点，O为坐标原点，F1为左焦点．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）求△AOB的面积．
【分析】（1）有题意离心率和过的点的坐标，可得双曲线的焦点在x轴上，可得a的值和c的值，再由a，b，c的关系求出a，b的值，进而求出双曲线的方程；
（2）由（1）可得左右焦点的坐标，有题意可得直线AB的方程，与双曲线联立求出两根之积，两根之和进而求出面积．
【解答】解：（1）有题意可得，双曲线的焦点在x轴上，且a＝，＝，b2＝c2﹣a2，解得：a2＝3，b2＝6，
所以双曲线的方程：﹣＝1；
（2）由（1）可得F2（3，0），F1（﹣3，0），
由题意设y＝（x﹣3），设交点A（x1，y1），B（x2，y2），
联立直线与双曲线的方程：，整理可得：x2﹣18x+33＝0，x1+x2＝18，x1x2＝33，
可得y1﹣y2＝[（x1﹣﹣3）﹣（x2﹣3）]＝（x1﹣x2），
所以SAOB＝|y1﹣y2|＝＝•＝36，
即△AOB的面积为36．
18．（2020•东湖区校级三模）如图，在六棱锥P﹣ABCDEF中，底面ABCDEF是边长为4的正六边形，．
（1）证明：平面PAC⊥平面PBE；
（2）若，求二面角B﹣PA﹣F的余弦值．
【分析】（1）设AC∩BE＝O，由等腰三角形的性质可知PO⊥AC，由正六边形的性质可知AC⊥BE；再根据线面垂直和面面垂直的判定定理即可得证；
（2）由勾股定理可证得OP⊥BE，故AC、BE、OP两两垂直，以O为原点，OA、OE、OP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，逐一写出A、B、P、F的坐标；根据法向量的性质求得平面PAB和平面PAF的法向量与，进而得cs＜，＞，由图可知，二面角B﹣PA﹣F为钝二面角，从而得解．
【解答】（1）证明：设AC∩BE＝O，则O为AC的中点，
∵PA＝PC，∴PO⊥AC．
由正六边形的性质可知，AC⊥BE．
∵PO∩BE＝O，PO、BE⊂平面PBE，∴AC⊥平面PBE，
∵AC⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面PBE．
（2）解：∵底面ABCDEF是边长为4的正六边形，PA＝，
∴OB＝2，OA＝，OP＝＝4，
∵PB＝，∴PB2＝OB2+OP2，即OP⊥BE，
故AC、BE、OP两两垂直．
以O为原点，OA、OE、OP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（0，，0），B（﹣2，0，0），P（0，0，4），F（4，，0），
∴＝（0，，﹣4），＝（﹣2，0，﹣4），＝（4，，﹣4）．
设平面PAB的法向量＝（x，y，z），则，
令z＝1，则x＝﹣2，y＝，∴＝（﹣2，，1）．
同理可得，平面PAF的法向量＝（0，2，）．
∴cs＜，＞＝＝＝．
由图可知，二面角B﹣PA﹣F为钝二面角，
故二面角B﹣PA﹣F的余弦值．
19．（2020春•张家界期末）设直线l的方程为（a+1）x+y＝a+2（a∈R）．
（1）若直线l在两坐标轴上的截距相等，求l的方程；
（2）a为何值时，直线l被圆C：x2+y2﹣6x﹣4y+4＝0截得的弦长最短，并求最短弦长．
【分析】（1）分直线过原点和不过原点求解，当直线不过原点时，化直线方程为截距式，由截距相等求得a，则直线方程可求；
（2）求出直线l恒过定点M（1，1），可知当直线l与CM垂直时弦长最短，由两点间的距离公式及垂径定理求得最短弦长．
【解答】解：（1）当a+2＝0，即a＝﹣2时，直线l的方程为x﹣y＝0，符合题意；
当a+1＝0时，直线方程化为y＝1，不合题意；
当a+2≠0，且a+1≠0时，直线l的方程化为，
由，解得a＝0，直线方程为x+y＝2．
综上，直线l的方程为：x﹣y＝0或x+y＝2；
（2）化圆C：x2+y2﹣6x﹣4y+4＝0为（x﹣3）2+（y﹣2）2＝9．
得圆C的圆心坐标为（3，2），半径r＝3．
∵直线l的方程为（a+1）x+y＝a+2，即a（x﹣1）+x﹣y﹣2＝0，
联立，解得，
∴直线l恒过圆C内的定点M（1，1），
∴当直线l与CM垂直时弦长最短，且|CM|＝．
由kl•kCM＝﹣1，得，即a＝1．
此时最短弦长为．
20．（2020•漳州三模）已知三棱柱A1B1C1﹣ABC中，AB＝AC＝，BC＝BB1＝2，点M为CC1的中点，B1N＝2NA．
（1）求证：A1C1∥平面BMN；
（2）条件①：直线AB1与平面BB1C1C所成的角30°，条件 ②：∠B1BC为锐角，三棱锥B1﹣ABC的体积为．在以上两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题：
若平面ABC⊥平面BB1C1C，_______，求平面BMN与平面BB1C1C所成的锐二面角的余弦值．
注：在横线上填上所选条件的序号，如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【分析】（1）延长BN交AA1于点P，连结PM，推导出四边形PA1C1M为平行四边形，从而A1C1∥PM，由此能证明A1C1∥平面BMN．
（2）选择条件①，取BC的中点O，连结AO，B1O，推导出AB⊥AC，AO⊥BC，AO⊥BC，从而AO⊥平面BB1C1C，∠AB1O是AB1与平面BB1C1C所成的角，∠AB1O＝30°，推导出BO⊥B1O，以O为坐标原点，以OB为x轴，OB1为y轴，OA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面BMN与平面BB1C1C所成的锐二面角的余弦值．
选择条件②，取BC中点O，连结AO，B1O，推导出AB⊥AC，AO⊥BC，AO⊥BC，从而AO⊥平面BB1C1C，AO是三棱锥B1﹣ABC的高，＝＝sin∠CBB1＝，推导出OB⊥OB1，以O为坐标原点，以，，为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面BMN与平面BB1C1C所成的锐二面角的余弦值．
【解答】解：（1）证明：延长BN交AA1于点P，连结PM，
∵AA1∥BB1，B1N＝2NA，
∴＝＝，∴BB1＝2AP，
∵AA1＝BB1，∴AA1＝2AP，∴P是AA1的中点，
∵M是CC1的中点，AA1CC1，∴PA1MC1，
∴四边形PA1C1M为平行四边形，∴A1C1∥PM，
∵A1C1⊄平面BPM，PM⊂平面BPM，
∴A1C1∥平面BPM，∴A1C1∥平面BMN．
（2）选择条件①，解答过程如下：
取BC的中点O，连结AO，B1O，
∵AB＝AC＝，BC＝2，∴AB2+AC2＝BC2，∴AB⊥AC，
∴△ABC为直角三角形，∴AO＝1，且AO⊥BC，
∵平面ABC⊥平面BB1C1C，平面ABC∩平面BB1C1C＝BC，
AO⊥BC，AO⊂平面ABC，∴AO⊥平面BB1C1C，
∠AB1O是AB1与平面BB1C1C所成的角，∠AB1O＝30°，
Rt△AOB1中，AO＝1，B1O＝，
∵BO＝1，B1O＝，BB1＝2，∴＝BB12，∴BO⊥B1O，
如图，以O为坐标原点，以OB为x轴，OB1为y轴，OA为z轴，建立空间直角坐标系，
则A（0，0，1），B（1，0，0），C（﹣1，0，0），B1（0，，0），
∴＝＝（﹣1，0，﹣1），＝（﹣2，0，0），＝（﹣1，，0），
∴＝+＝＝（﹣，，0），
设平面BMN法向量为＝（x，y，z），
∴，取x＝，得＝（），
∵平面BB1C1C的法向量＝（0，0，1），
∴cs＜＞＝＝＝﹣，
∴平面BMN与平面BB1C1C所成的锐二面角的余弦值为．
选择条件②，解答过程如下：
取BC中点O，连结AO，B1O，
∵AB＝AC＝，BC＝2，∴AB2+AC2＝BC2，∴AB⊥AC，
∴△ABC为直角三角形，∴AO＝1，且AO⊥BC，
∵平面ABC⊥平面BB1C1C，平面ABC∩平面BB1C1C＝BC，
AO⊥BC，AO⊂平面ABC，
∴AO⊥平面BB1C1C，∴AO是三棱锥B1﹣ABC的高，
∴＝＝2sin∠CBB1，
∴＝＝sin∠CBB1＝，
∴sin∠CBB1＝，
∵∠B1BC为锐角，∴∠CBB1＝60°，
∵BC＝BB1＝2，∴△BB1C为等边三角形，∴OB⊥OB1，
如图，以O为坐标原点，以，，为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则A（0，0，1），B（1，0，0），C（﹣1，0，0），B1（0，，0），
∴＝＝（﹣1，0，﹣1），＝（﹣2，0，0），＝（﹣1，，0），
＝＝＝（﹣），
设平面BMN的法向量＝（x，y，z），
则，取x＝，得＝（），
平面BB1C1C的法向量＝（0，0，1），
∴cs＜＞＝＝，
∴平面BMN与平面BB1C1C所成的锐二面角的余弦值为．
21．（2019秋•随州期末）在Rt△ABC中，两直角边AB，AC的长分别为m，n（其中m＞n），以BC的中点O为圆心，作半径为r（）的圆O．
（1）若圆O与△ABC的三边共有4个交点，求r的取值范围；
（2）设圆O与边BC交于P，Q两点；当r变化时，甲乙两位同学均证明出2|AP|2+2|AQ|2﹣|PQ|2为定值甲同学的方法为：连接AP，AQ，AO，利用两个小三角形中的余弦定理来推导；乙同学的方法为；以O为原点建立合适的直角坐标系，利用坐标法来计算．请在甲乙两位同学的方法中选择一种来证明该结论，定值用含m、n的式子表示．（若用两种方法，按第一种方法给分）
【分析】（1）通过直线与圆的位置关系，判断交点个数，推出结果即可．
（2）利用三角形的解法，结合余弦定理，转化求解甲方法的结果，利用直角坐标系，结合圆的性质求解乙同学的方法．求出两种解法，供选择方案．
【解答】解：（1）因为AB＞AC，故当圆O与边AB相切时，
此时圆O与△ABC的三边共有3个交点；
当圆O与边AC相切时，，
此时圆O与△ABC的三边共有5个交点，
故当时，圆O与△ABC的三边共有4个交点．
（2）甲同学方法：连接AP，AQ，AO，
在△APO中，由余弦定理可得：|AP|2＝|AO|2+|OP|2﹣2|AO|•|OP|cs∠AOP①
在△AQO中，由余弦定理可得：|AQ|2＝|AO|2+|OQ|2﹣2|AO|•|OQ|cs∠AOQ②
由∠AOP＝180°﹣∠AOQ，得cs∠AOP＝﹣cs∠AOQ，
又|OP|＝|OQ|＝r，
故①+②得：|AP|2+|AQ|2＝2|AO|2+2r2，
故2|AP|2+2|AQ|2﹣|PQ|2＝4|AO|2+4r2﹣（2r）2＝|BC|2＝m2+n2
乙同学方法：以点O为原点，建立如图所示直角坐标系，易知
P（﹣r，0），Q（r，0）
设点A（x0，y0），则2|AP|2+2|AQ|2﹣|PQ|2＝＝．
22．（2019秋•济宁期末）已知椭圆E：的一个焦点为，长轴与短轴的比为2：1．直线l：y＝kx+m与椭圆E交于P、Q两点，其中k为直线l的斜率．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）若以线段PQ为直径的圆过坐标原点O，问：是否存在一个以坐标原点O为圆心的定圆O，不论直线l的斜率k取何值，定圆O恒与直线l相切？如果存在，求出圆O的方程及实数m的取值范围；如果不存在，请说明理由．
【分析】（I）由题意可得：c＝，2a：2b＝2：1，a2＝b2+c2．解得：a，b，即可得出椭圆E的方程．
（II）解法一：假设存在定圆O，不论直线l的斜率k取何值时，定圆O恒与直线l相切．这时，只需证明坐标原点O到直线l的距离为定值即可．设P（x1，y1），Q（x2，y2），联立方程，消去y整理得：（4+k2）x2+2kmx+m2﹣4＝0，△＞0，得：k2﹣m2+4＞0，根据以线段PQ为直径的圆过坐标原点O，可得x1x2+y1y2＝0，l利用根与系数的关系化简得：4k2＝5m2﹣4，此时可得坐标原点O到直线l距离d．由坐标原点O到直线l的距离为定值知，所以存在定圆O，不论直线l的斜率k取何值时，定圆O恒与直线l相切，定圆O的方程为：．即可得出得m的取值范围是．
解法二：假设存在定圆O，不论直线l的斜率k取何值时，定圆O恒与直线l相切．这时，只需证明坐标原点O到直线l的距离为定值即可．设直线OP的方程为：y＝tx，P点的坐标为（x0，y0），则y0＝tx0，联立方程组可得，由以线段PQ为直径的圆过坐标原点O，可得OP⊥OQ，直线OQ的方程为：．在①式中以换t，得，又由OP⊥OQ知：|PQ|2＝|OP|2+|OQ|2，设坐标原点O到直线l的距离为d，则有|PQ|d＝|OP||OQ|，可得d2．又当直线OP与y轴重合时，P（0，±2），Q（±1，0）此时．由坐标原点O到直线l的距离为定值知，所以存在定圆O，不论直线l的斜率k取何值时，定圆O恒与直线l相切，定圆O的方程为：．直线l与y轴交点为（0，m），且点（0，m）不可能在圆O内，又当k＝0时，直线l与定圆O切于点，可得m的取值范围．
【解答】解：（I）c＝，2a：2b＝2：1，a2＝b2+c2．
解得：a＝2，b＝1，
∴椭圆E的方程为．
（II）解法一：
假设存在定圆O，不论直线l的斜率k取何值时，定圆O恒与直线l相切．
这时，只需证明坐标原点O到直线l的距离为定值即可．
设P（x1，y1），Q（x2，y2），联立方程，消去y整理得：（4+k2）x2+2kmx+m2﹣4＝0，
△＝（2km）2﹣4（4+k2）（m2﹣4）＞0，得：k2﹣m2+4＞0，①
，
∵以线段PQ为直径的圆过坐标原点O，
∴，
∴．
化简得：4k2＝5m2﹣4，②
此时，坐标原点O到直线l距离d为：．
由坐标原点O到直线l的距离为定值知，所以存在定圆O，不论直线l的斜率k取何值时，定圆O恒与直线l相切，定圆O的方程为：．
得m的取值范围是．
解法二：
假设存在定圆O，不论直线l的斜率k取何值时，定圆O恒与直线l相切．
这时，只需证明坐标原点O到直线l的距离为定值即可．
设直线OP的方程为：y＝tx，P点的坐标为（x0，y0），则y0＝tx0，
联立方程组∴，①
∵以线段PQ为直径的圆过坐标原点O，∴OP⊥OQ，直线OQ的方程为：．
∴在①式中以换t，得……②
又由OP⊥OQ知：
设坐标原点O到直线l的距离为d，则有|PQ|d＝|OP||OQ|，
∴．
又当直线OP与y轴重合时，P（0，±2），Q（±1，0）此时．
由坐标原点O到直线l的距离为定值知，所以存在定圆O，不论直线l的斜率k取何值时，定圆O恒与直线l相切，定圆O的方程为：．
直线l与y轴交点为（0，m），且点（0，m）不可能在圆O内，又当k＝0时，直线l与定圆O切于点，所以m的取值范围是．
一．单项选择题
1．（2020春•雅安期末）已知三棱锥A﹣BCD中，E是BC的中点，则﹣（+）＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】取CD中点F，连结AF，EF，推导出﹣（+）＝﹣，由此能求出结果．
【解答】解：如图，取CD中点F，连结AF，EF，
∵三棱锥A﹣BCD中，E是BC的中点，
∴﹣（+）＝﹣＝＝．
故选：D．
2．（2020春•武汉期末）圆心都在直线L：x+y＝0上的两圆相交于两点M（m，3），N（﹣3，n），则m+n＝（ ）
A．﹣1B．1C．0D．2
【分析】由两圆的公共弦垂直于两圆圆心的连线，再由两直线斜率的关系列式可得m+n的值．
【解答】解：∵两圆相交于两点M（m，3），N（﹣3，n），且两圆的圆心都在直线x+y＝0上，
∴MN垂直直线x+y＝0，
则MN的斜率k＝，得m+n＝0．
故选：C．
3．（2020春•温江区校级月考）已知焦点为F的抛物线y2＝4x，点P在抛物线图象上且位于第一象限，满足|PF|＝3，则直线OP斜率为（ ）
A．B．C．2D．3
【分析】利用抛物线的性质求出P的坐标，然后求解直线OP斜率．
【解答】解：抛物线y2＝4x的焦点F（1，0），准线方程x＝﹣1，
点P在抛物线图象上且位于第一象限，满足|PF|＝3，
所以P的横坐标为：2，则P（2，2），
则直线OP斜率为 ＝．
故选：A．
4．（2020春•保定期末）若正四面体D﹣ABC的每条棱长均为2，则二面角D﹣AC﹣B的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】首先利用转换关系求出二面角的平面角，进一步利用勾股定理和余弦定理的应用求出结果．
【解答】解：在正四面体ABCD中，取AC的中点E，连接BE，DE，
如图所示由于△BAC和△ACD都为等边三角形，E为AC的中点，
所以BE⊥AC，DE⊥AC，所以∠BED为两项邻面BAC和平面ACD的平面角，
由于四面体的各棱长为2，
故利用勾股定理得到BE＝DE＝＝，
故在△BDE中，cs∠BED＝＝，
故选：B．
5．（2020春•宣威市期末）已知圆C的标准方程是（x+2）2+y2＝4，直线l′：ax+2y+1＝0（a∈R）．若直线l′被圆C所截得的弦长为，则直线l′与直线l：x﹣y+2＝0的关系为（ ）
A．平行B．垂直C．平行或相交D．相交
【分析】先通过圆的弦长公式与点到直线的距离公式结合题意可以求出参数a的值，进而判断直线直线l′与直线l的关系．
【解答】解：圆C的圆心C（﹣2，0），半径r＝2，圆心C到直线l′的距离为，
由题意知直线l′被圆C所截得的弦长为，
解得，
当a＝﹣2时，直线直线l′的斜率为1，直线l：x﹣y+2＝0的斜率也为1，故两直线平行；
当时，直线l′的斜率为，直线l：x﹣y+2＝0的斜率为1，因为，故两直线相交（不垂直），
综上所述，则直线l′与直线l：x﹣y+2＝0的关系为平行或相交．
故选：C．
6．（2020春•惠州期末）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑[nà]．如图，在鳖臑A﹣BCD中，AB⊥面BCD，AB＝CD＝1，BC＝，BD＝，则下列选项中，不正确的是（ ）
A．面ABC⊥面ACD
B．二面角D﹣AB﹣C的余弦值为
C．AD与面BCD所成角为30°
D．三棱锥A﹣BCD外接球的表面积为π
【分析】可证得BC⊥CD，AC⊥CD．
对于A，由AB⊥CD，CD⊥AC，可得面ABC⊥面ACD；
对于B，可得∠CBD就是二面角D﹣AB﹣C的平面角，解三角形BCD即可二；
对于C，易得AD与面BCD所成角为∠ADB＝30°；
对于D，取AD的中点为M，则MA＝MB＝MC＝MD＝1，即可得三棱锥A﹣BCD外接球的半径为1，即可判断．
【解答】解：∵AB＝CD＝1，BC＝，BD＝，
∴BC2+CD2＝BD2，∴BC⊥CD，
可得，AD＝，
则有AC2+CD2＝AD2，∴AC⊥CD．
对于A，∵AB⊥面BCD，∴AB⊥CD，又CD⊥AC，AB∩AC＝A，∴面ABC⊥面ACD，故正确；
对于B，∵AB⊥面BCD，∴AB⊥BD，AB⊥CB，∴∠CBD就是二面角D﹣AB﹣C的平面角，
二面角D﹣AB﹣C的余弦值为＝，故正确；
对于C，∵AB⊥面BCD，∴AD与面BCD所成角为∠ADB＝30°，故正确；
对于D，取AD的中点为M，则MA＝MB＝MC＝MD＝1，所以三棱锥A﹣BCD外接球的
半径为1，其表面积S＝4πR2＝4π，故错．
故选：D．
7．（2020春•北海期末）已知点A（﹣m，0），B（m，0），若圆C：x2+y2﹣6x﹣8y+24＝0上存在点P，使得PA⊥PB，则实数m的最大值是（ ）
A．4B．5C．6D．7
【分析】由已知得圆C的圆心坐标以及半径，设AB的中点为M，由A，B的坐标得M的坐标以及|AB|的值，可得以AB为直径的圆M，原问题可以转化为圆C与圆M有公共点，由两圆圆心距离与半径的关系列式求解．
【解答】解：圆C：x2+y2﹣6x﹣8y+24＝0，即（x﹣3）2+（y﹣4）2＝1；
其圆心为（3，4），半径r＝1，
设AB的中点为M，
又由点A（﹣m，0），B（m，0），得M（0，0），|AB|＝2|m|，
以AB为直径的圆M：x2+y2＝m2，
若圆C：x2+y2﹣6x﹣8y+24＝0上存在一点P，使得PA⊥PB，则圆C与圆M有公共点，
又由|MC|＝＝5，
即有|m|﹣1≤5≤|m|+1，
解得：4≤|m|≤6，即﹣6≤m≤﹣4或4≤m≤6，
即实数m的最大值是6，
故选：C．
8．（2019秋•九龙坡区校级月考）椭圆的焦点，，长轴长为2a，在椭圆上存在点P，使∠F1PF2＝90°，对于直线y＝a，在圆x2+（y﹣1）2＝2上始终存在两点M，N使得直线上有点Q，满足∠MQN＝90°，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【分析】利用当P坐标为（0，b）或（0，﹣b）时，角最大，当α＝45°，此时sinα＝，故e，利用（0，1）到直线y＝a的距离小于或等于2，即a﹣1≤2，所以a≤3，即e≤，得出结论．
【解答】解：要使在椭圆上存在点P，使∠F1PF2＝90°，设∠F1PF2＝2α，
只需最大的角大于等于90°即可，当P坐标为（0，b）或（0，﹣b）时，角最大，
当α＝45°，此时sinα＝，故e，
∵在圆C上存在两点M，N，在直线y＝a上存在一点Q，使得∠MQN＝90°，
即在直线y＝a上存在一点Q，使得Q到圆的圆心（0，1）的距离等于a﹣1＝2，
∴只需（0，1）到直线y＝a的距离小于或等于2，即a﹣1≤2，所以a≤3，
即e≤，
综上，故e∈[，1），
故选：A．
二．多项选择题
9．已知圆M的一般方程为x2+y2﹣8x+6y＝0，则下列说法中正确的是（ ）
A．圆M的圆心为（4，﹣3）
B．圆M被x轴截得的弦长为8
C．圆M的半径为25
D．圆M被y轴截得的弦长为6
【分析】利用配方法求出圆的圆心与半径，判断选项即可．
【解答】解：圆M的一般方程为x2+y2﹣8x+6y＝0，
则（x﹣4）2+（y+3）2＝25．
圆的圆心坐标（4，﹣3），半径为5．
显然选项C不正确．ABD均正确．
故选：ABD．
10．（2020春•厦门期末）已知F1，F2是双曲线E：（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过F1作倾斜角为的直线分别交y轴与双曲线右支于点M，P，|PM|＝|MF1|，下列判断正确的是（ ）
A．∠PF2F1＝B．|MF2|＝|PF1|
C．E的离心率等于D．E的渐近线方程为y＝x
【分析】结合三角形的中位线定理和直角三角形的性质，可判断A，B；由锐角三角函数的定义和双曲线的定义、离心率公式和渐近线方程，可判断C，D．
【解答】解：如右图，由|PM|＝|MF1|，可得M为PF1的中点，又O为F1F2的中点，
可得OM∥PF2，∠PF2F1＝90°，∠PF1F2＝30°，|MF2|＝|PF1|，故A错误，B正确；
设|F1F2|＝2c，则|PF1|＝＝c，|PF2|＝2ctan30°＝c，
则2a＝|PF1|﹣|PF2|＝c，可得e＝＝，
＝＝，则双曲线的渐近线方程为y＝±x即为y＝±x．
故C，D正确．
故选：BCD．
11．（2020•海口模拟）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝AC＝AB＝2，AB⊥AC，点D，E分别是线段BC，B1C上的动点（不含端点），且．则下列说法正确的是（ ）
A．ED∥平面ACC1
B．该三棱柱的外接球的表面积为68π
C．异面直线B1C与AA1所成角的正切值为
D．二面角A﹣EC﹣D的余弦值为
【分析】说明四边形BCC1B1是矩形，然后证明ED∥BB1∥AA1，推出ED∥平面ACC1，判断A．说明B1C是三棱柱外接球的直径，然后求解表面积，判断B．说明异面直线B1C与AA1所成角为∠BB1C．然后求解三角形，判断C．求出平面AB1C的一个法向量，平面BB1C的一个法向量，利用空间向量的数量积求解判断D；
【解答】解：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，四边形BCC1B1是矩形，
因为，所以ED∥BB1∥AA1，所以ED∥平面ACC1，A项正确．
因为，所以AB＝3，
因为AB⊥AC，所以，所以，
易知B1C是三棱柱外接球的直径，
所以三棱柱外接球的表面积为，所以B项错误．
因为AA1∥BB1，所以异面直线B1C与AA1所成角为∠BB1C．
在Rt△B1BC中，BB1＝2，，
所以，所以C项错误．
二面角A﹣EC﹣D即二面角A﹣B1C﹣B，
以A为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
A（0，0，0），B（3，0，0）；C（0，2，0），B1（3，0，2），
可得平面AB1C的一个法向量为＝（x，y，z），，即，令x＝2，则z＝﹣3
所以＝（2，0，﹣3），同理求得平面BB1C的一个法向量为＝（2，3，0），
故二面角A﹣EC﹣D的余弦值为，所以D项正确．
故选：AD．
12．（2020春•南京期末）如图A（2，0），B（1，1），C（﹣1，1），D（﹣2，0），是以OD为直径的圆上一段圆弧，是以BC为直径的圆上一段圆弧，是以OA为直径的圆上一段圆弧，三段弧构成曲线W．则下述正确的是（ ）
A．曲线W与x轴围成的面积等于2π
B．曲线W上有5个整点（横纵坐标均为整数的点）
C．所在圆的方程为：x2+（y﹣1）2＝1
D．与的公切线方程为：x+y＝
【分析】由曲线W与x轴的图形为一个半圆和一个矩形、加上两个圆，加上面积求和，可判断A；分别写出各个整点，即可判断B；由是以（0，1）为圆心，1为半径的圆，可得所求圆的方程，可判断C；设与的公切线方程为y＝kx+t（k＜0，t＞0），由直线和圆相切的条件：d＝r，运用点到直线的距离公式，解方程可得所求方程，可判断D．
【解答】解：曲线W与x轴的图形为以（0，1）圆心、1为半径的半圆加上以（1，0）为圆心，1为半径的圆，
加上以（﹣1，0）为圆心，1为半径的圆，加上长为2，宽为1的矩形构成，
可得其面积为π+π+2＝2+π≠2π，故A错误；
曲线W上有（﹣2，0），（﹣1，1），（0，2），（1，1），（2，0）共5个整点，故B正确；
是以（0，1）为圆心，1为半径的圆，其所在圆的方程为x2+（y﹣1）2＝1，故C正确；
设与的公切线方程为y＝kx+t（k＜0，t＞0），
由直线和圆相切的条件可得＝1＝，解得k＝﹣1，t＝1+（1﹣舍去），
则其公切线方程为y＝﹣x+1+，即x+y＝1+，故D正确．
故选：BCD．
三．填空题（共4小题）
13．（2020春•红岗区校级期末）已知直线x+2y﹣4＝0与直线2x+my+m+3＝0平行，则它们之间的距离为 ．
【分析】由两直线平行与系数间的关系列式求得m值，再由两平行线间的距离公式求解．
【解答】解：∵直线x+2y﹣4＝0与直线2x+my+m+3＝0平行，
∴，解得m＝4．
∴直线2x+my+m+3＝0化为2x+4y+7＝0，即x+2y+．
由两平行线间的距离公式可得，直线x+2y﹣4＝0与直线x+2y+间的距离为d＝．
故答案为：．
14．（2020•香坊区校级一模）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线交抛物线于A，B两点，若点M（﹣1，1），且MA⊥MB，则弦AB的长度为 ．
【分析】设出直线l方程，代入抛物线的方程，利用韦达定理及向量数量积的坐标运算，求得k的值，然后求解|AB|．
【解答】解：∵抛物线的方程为y2＝4x，∴F（1，0），
设焦点弦方程为y＝k（x﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2），
，整理得：k2x2﹣（2k2+4）x+k2＝0
由韦达定理：x1+x2＝2+，x1x2＝1，
则y1y2＝﹣4，y1+y2＝，
∵M（﹣1，1），MA⊥MB，
∴（x1+1，y1﹣1）•（x2+1，y2﹣1）＝0，
∴4﹣4k+k2＝0，
∴k＝2．
弦AB的长度为x1+x2+p＝2+2＝5．
故答案为：5．
15．（2019秋•南阳期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB，AC，AA1两两互相垂直，AA1＝2AB＝2AC，M，N是线段BB1，CC1上的点，平面AMN与平面ABC所成（锐）二面角为，当B1M最小时，∠AMB＝ ．
【分析】以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解平面AMN与平面ABC所成（锐）二面角，结合已知可得a2+b2＝3，则当B1M|最小时，BM＝a最大，此时a＝，b＝0，由此求解∠AMB．
【解答】解：以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，
设AA1＝2AB＝2AC＝2，BM＝a，CN＝b，
则A（0，0，0），B（1，0，0），M（1，0，a），N（0，1，b），
＝（1，0，a），＝（0，1，b），
设平面AMN的法向量 ＝（x，y，z），
由，取z＝1，得＝（﹣a，﹣b，1），
平面ABC的法向量＝（0，0，1），
∵平面AMN与平面ABC所成（锐）二面角为，
∴cs＝＝，
得a2+b2＝3，
∴当B1M|最小时，BM＝a最大，此时a＝，b＝0，
∴tan∠AMB＝，
∴∠AMB＝．
故答案为：．
16．（2020春•宝山区校级月考）过直线3x+4y﹣5＝0上的一点P向圆（x﹣3）2+（y﹣4）2＝4作两条切线l1，l2．设l1与l2的夹角为θ，则θ的最大值为 ．
【分析】设圆心为O，设切线l1，l2的切点为A和B，则OA⊥PA，∠APB即为θ，若∠APB最大，需∠APO最大，即|OP|最短，此时OP最小值为圆心O到直线3x+4y﹣5＝0的距离，由sin∠APO＝即可求得夹角θ的最大值．
【解答】解：设圆心为O，设切线l1，l2的切点为A和B，
则OA⊥PA，∠APB即为θ，
∠APB＝2∠APO，
所以求∠APO最大值即可，
圆（x﹣3）2+（y﹣4）2＝4的圆心为（3，4），半径为2，
所以sin∠APO＝＝，
因为OP最小值为圆心O到直线3x+4y﹣5＝0的距离＝＝4，
所以sin∠APO的最大值为，
所以∠APO的最大值为，
所以夹角θ的最大值为．
故答案为：．
四．解答题
17．（2020春•山东月考）已知双曲线C的离心率为，且过（，0）点，过双曲线C的右焦点F2，做倾斜角为的直线交双曲线于A，B两点，O为坐标原点，F1为左焦点．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）求△AOB的面积．
【分析】（1）有题意离心率和过的点的坐标，可得双曲线的焦点在x轴上，可得a的值和c的值，再由a，b，c的关系求出a，b的值，进而求出双曲线的方程；
（2）由（1）可得左右焦点的坐标，有题意可得直线AB的方程，与双曲线联立求出两根之积，两根之和进而求出面积．
【解答】解：（1）有题意可得，双曲线的焦点在x轴上，且a＝，＝，b2＝c2﹣a2，解得：a2＝3，b2＝6，
所以双曲线的方程：﹣＝1；
（2）由（1）可得F2（3，0），F1（﹣3，0），
由题意设y＝（x﹣3），设交点A（x1，y1），B（x2，y2），
联立直线与双曲线的方程：，整理可得：x2﹣18x+33＝0，x1+x2＝18，x1x2＝33，
可得y1﹣y2＝[（x1﹣﹣3）﹣（x2﹣3）]＝（x1﹣x2），
所以SAOB＝|y1﹣y2|＝＝•＝36，
即△AOB的面积为36．
18．（2020•东湖区校级三模）如图，在六棱锥P﹣ABCDEF中，底面ABCDEF是边长为4的正六边形，．
（1）证明：平面PAC⊥平面PBE；
（2）若，求二面角B﹣PA﹣F的余弦值．
【分析】（1）设AC∩BE＝O，由等腰三角形的性质可知PO⊥AC，由正六边形的性质可知AC⊥BE；再根据线面垂直和面面垂直的判定定理即可得证；
（2）由勾股定理可证得OP⊥BE，故AC、BE、OP两两垂直，以O为原点，OA、OE、OP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，逐一写出A、B、P、F的坐标；根据法向量的性质求得平面PAB和平面PAF的法向量与，进而得cs＜，＞，由图可知，二面角B﹣PA﹣F为钝二面角，从而得解．
【解答】（1）证明：设AC∩BE＝O，则O为AC的中点，
∵PA＝PC，∴PO⊥AC．
由正六边形的性质可知，AC⊥BE．
∵PO∩BE＝O，PO、BE⊂平面PBE，∴AC⊥平面PBE，
∵AC⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面PBE．
（2）解：∵底面ABCDEF是边长为4的正六边形，PA＝，
∴OB＝2，OA＝，OP＝＝4，
∵PB＝，∴PB2＝OB2+OP2，即OP⊥BE，
故AC、BE、OP两两垂直．
以O为原点，OA、OE、OP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（0，，0），B（﹣2，0，0），P（0，0，4），F（4，，0），
∴＝（0，，﹣4），＝（﹣2，0，﹣4），＝（4，，﹣4）．
设平面PAB的法向量＝（x，y，z），则，
令z＝1，则x＝﹣2，y＝，∴＝（﹣2，，1）．
同理可得，平面PAF的法向量＝（0，2，）．
∴cs＜，＞＝＝＝．
由图可知，二面角B﹣PA﹣F为钝二面角，
故二面角B﹣PA﹣F的余弦值．
19．（2020春•张家界期末）设直线l的方程为（a+1）x+y＝a+2（a∈R）．
（1）若直线l在两坐标轴上的截距相等，求l的方程；
（2）a为何值时，直线l被圆C：x2+y2﹣6x﹣4y+4＝0截得的弦长最短，并求最短弦长．
【分析】（1）分直线过原点和不过原点求解，当直线不过原点时，化直线方程为截距式，由截距相等求得a，则直线方程可求；
（2）求出直线l恒过定点M（1，1），可知当直线l与CM垂直时弦长最短，由两点间的距离公式及垂径定理求得最短弦长．
【解答】解：（1）当a+2＝0，即a＝﹣2时，直线l的方程为x﹣y＝0，符合题意；
当a+1＝0时，直线方程化为y＝1，不合题意；
当a+2≠0，且a+1≠0时，直线l的方程化为，
由，解得a＝0，直线方程为x+y＝2．
综上，直线l的方程为：x﹣y＝0或x+y＝2；
（2）化圆C：x2+y2﹣6x﹣4y+4＝0为（x﹣3）2+（y﹣2）2＝9．
得圆C的圆心坐标为（3，2），半径r＝3．
∵直线l的方程为（a+1）x+y＝a+2，即a（x﹣1）+x﹣y﹣2＝0，
联立，解得，
∴直线l恒过圆C内的定点M（1，1），
∴当直线l与CM垂直时弦长最短，且|CM|＝．
由kl•kCM＝﹣1，得，即a＝1．
此时最短弦长为．
20．（2020•漳州三模）已知三棱柱A1B1C1﹣ABC中，AB＝AC＝，BC＝BB1＝2，点M为CC1的中点，B1N＝2NA．
（1）求证：A1C1∥平面BMN；
（2）条件①：直线AB1与平面BB1C1C所成的角30°，条件 ②：∠B1BC为锐角，三棱锥B1﹣ABC的体积为．在以上两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题：
若平面ABC⊥平面BB1C1C，_______，求平面BMN与平面BB1C1C所成的锐二面角的余弦值．
注：在横线上填上所选条件的序号，如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【分析】（1）延长BN交AA1于点P，连结PM，推导出四边形PA1C1M为平行四边形，从而A1C1∥PM，由此能证明A1C1∥平面BMN．
（2）选择条件①，取BC的中点O，连结AO，B1O，推导出AB⊥AC，AO⊥BC，AO⊥BC，从而AO⊥平面BB1C1C，∠AB1O是AB1与平面BB1C1C所成的角，∠AB1O＝30°，推导出BO⊥B1O，以O为坐标原点，以OB为x轴，OB1为y轴，OA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面BMN与平面BB1C1C所成的锐二面角的余弦值．
选择条件②，取BC中点O，连结AO，B1O，推导出AB⊥AC，AO⊥BC，AO⊥BC，从而AO⊥平面BB1C1C，AO是三棱锥B1﹣ABC的高，＝＝sin∠CBB1＝，推导出OB⊥OB1，以O为坐标原点，以，，为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面BMN与平面BB1C1C所成的锐二面角的余弦值．
【解答】解：（1）证明：延长BN交AA1于点P，连结PM，
∵AA1∥BB1，B1N＝2NA，
∴＝＝，∴BB1＝2AP，
∵AA1＝BB1，∴AA1＝2AP，∴P是AA1的中点，
∵M是CC1的中点，AA1CC1，∴PA1MC1，
∴四边形PA1C1M为平行四边形，∴A1C1∥PM，
∵A1C1⊄平面BPM，PM⊂平面BPM，
∴A1C1∥平面BPM，∴A1C1∥平面BMN．
（2）选择条件①，解答过程如下：
取BC的中点O，连结AO，B1O，
∵AB＝AC＝，BC＝2，∴AB2+AC2＝BC2，∴AB⊥AC，
∴△ABC为直角三角形，∴AO＝1，且AO⊥BC，
∵平面ABC⊥平面BB1C1C，平面ABC∩平面BB1C1C＝BC，
AO⊥BC，AO⊂平面ABC，∴AO⊥平面BB1C1C，
∠AB1O是AB1与平面BB1C1C所成的角，∠AB1O＝30°，
Rt△AOB1中，AO＝1，B1O＝，
∵BO＝1，B1O＝，BB1＝2，∴＝BB12，∴BO⊥B1O，
如图，以O为坐标原点，以OB为x轴，OB1为y轴，OA为z轴，建立空间直角坐标系，
则A（0，0，1），B（1，0，0），C（﹣1，0，0），B1（0，，0），
∴＝＝（﹣1，0，﹣1），＝（﹣2，0，0），＝（﹣1，，0），
∴＝+＝＝（﹣，，0），
设平面BMN法向量为＝（x，y，z），
∴，取x＝，得＝（），
∵平面BB1C1C的法向量＝（0，0，1），
∴cs＜＞＝＝＝﹣，
∴平面BMN与平面BB1C1C所成的锐二面角的余弦值为．
选择条件②，解答过程如下：
取BC中点O，连结AO，B1O，
∵AB＝AC＝，BC＝2，∴AB2+AC2＝BC2，∴AB⊥AC，
∴△ABC为直角三角形，∴AO＝1，且AO⊥BC，
∵平面ABC⊥平面BB1C1C，平面ABC∩平面BB1C1C＝BC，
AO⊥BC，AO⊂平面ABC，
∴AO⊥平面BB1C1C，∴AO是三棱锥B1﹣ABC的高，
∴＝＝2sin∠CBB1，
∴＝＝sin∠CBB1＝，
∴sin∠CBB1＝，
∵∠B1BC为锐角，∴∠CBB1＝60°，
∵BC＝BB1＝2，∴△BB1C为等边三角形，∴OB⊥OB1，
如图，以O为坐标原点，以，，为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则A（0，0，1），B（1，0，0），C（﹣1，0，0），B1（0，，0），
∴＝＝（﹣1，0，﹣1），＝（﹣2，0，0），＝（﹣1，，0），
＝＝＝（﹣），
设平面BMN的法向量＝（x，y，z），
则，取x＝，得＝（），
平面BB1C1C的法向量＝（0，0，1），
∴cs＜＞＝＝，
∴平面BMN与平面BB1C1C所成的锐二面角的余弦值为．
21．（2019秋•随州期末）在Rt△ABC中，两直角边AB，AC的长分别为m，n（其中m＞n），以BC的中点O为圆心，作半径为r（）的圆O．
（1）若圆O与△ABC的三边共有4个交点，求r的取值范围；
（2）设圆O与边BC交于P，Q两点；当r变化时，甲乙两位同学均证明出2|AP|2+2|AQ|2﹣|PQ|2为定值甲同学的方法为：连接AP，AQ，AO，利用两个小三角形中的余弦定理来推导；乙同学的方法为；以O为原点建立合适的直角坐标系，利用坐标法来计算．请在甲乙两位同学的方法中选择一种来证明该结论，定值用含m、n的式子表示．（若用两种方法，按第一种方法给分）
【分析】（1）通过直线与圆的位置关系，判断交点个数，推出结果即可．
（2）利用三角形的解法，结合余弦定理，转化求解甲方法的结果，利用直角坐标系，结合圆的性质求解乙同学的方法．求出两种解法，供选择方案．
【解答】解：（1）因为AB＞AC，故当圆O与边AB相切时，
此时圆O与△ABC的三边共有3个交点；
当圆O与边AC相切时，，
此时圆O与△ABC的三边共有5个交点，
故当时，圆O与△ABC的三边共有4个交点．
（2）甲同学方法：连接AP，AQ，AO，
在△APO中，由余弦定理可得：|AP|2＝|AO|2+|OP|2﹣2|AO|•|OP|cs∠AOP①
在△AQO中，由余弦定理可得：|AQ|2＝|AO|2+|OQ|2﹣2|AO|•|OQ|cs∠AOQ②
由∠AOP＝180°﹣∠AOQ，得cs∠AOP＝﹣cs∠AOQ，
又|OP|＝|OQ|＝r，
故①+②得：|AP|2+|AQ|2＝2|AO|2+2r2，
故2|AP|2+2|AQ|2﹣|PQ|2＝4|AO|2+4r2﹣（2r）2＝|BC|2＝m2+n2
乙同学方法：以点O为原点，建立如图所示直角坐标系，易知
P（﹣r，0），Q（r，0）
设点A（x0，y0），则2|AP|2+2|AQ|2﹣|PQ|2＝＝．
22．（2019秋•济宁期末）已知椭圆E：的一个焦点为，长轴与短轴的比为2：1．直线l：y＝kx+m与椭圆E交于P、Q两点，其中k为直线l的斜率．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）若以线段PQ为直径的圆过坐标原点O，问：是否存在一个以坐标原点O为圆心的定圆O，不论直线l的斜率k取何值，定圆O恒与直线l相切？如果存在，求出圆O的方程及实数m的取值范围；如果不存在，请说明理由．
【分析】（I）由题意可得：c＝，2a：2b＝2：1，a2＝b2+c2．解得：a，b，即可得出椭圆E的方程．
（II）解法一：假设存在定圆O，不论直线l的斜率k取何值时，定圆O恒与直线l相切．这时，只需证明坐标原点O到直线l的距离为定值即可．设P（x1，y1），Q（x2，y2），联立方程，消去y整理得：（4+k2）x2+2kmx+m2﹣4＝0，△＞0，得：k2﹣m2+4＞0，根据以线段PQ为直径的圆过坐标原点O，可得x1x2+y1y2＝0，l利用根与系数的关系化简得：4k2＝5m2﹣4，此时可得坐标原点O到直线l距离d．由坐标原点O到直线l的距离为定值知，所以存在定圆O，不论直线l的斜率k取何值时，定圆O恒与直线l相切，定圆O的方程为：．即可得出得m的取值范围是．
解法二：假设存在定圆O，不论直线l的斜率k取何值时，定圆O恒与直线l相切．这时，只需证明坐标原点O到直线l的距离为定值即可．设直线OP的方程为：y＝tx，P点的坐标为（x0，y0），则y0＝tx0，联立方程组可得，由以线段PQ为直径的圆过坐标原点O，可得OP⊥OQ，直线OQ的方程为：．在①式中以换t，得，又由OP⊥OQ知：|PQ|2＝|OP|2+|OQ|2，设坐标原点O到直线l的距离为d，则有|PQ|d＝|OP||OQ|，可得d2．又当直线OP与y轴重合时，P（0，±2），Q（±1，0）此时．由坐标原点O到直线l的距离为定值知，所以存在定圆O，不论直线l的斜率k取何值时，定圆O恒与直线l相切，定圆O的方程为：．直线l与y轴交点为（0，m），且点（0，m）不可能在圆O内，又当k＝0时，直线l与定圆O切于点，可得m的取值范围．
【解答】解：（I）c＝，2a：2b＝2：1，a2＝b2+c2．
解得：a＝2，b＝1，
∴椭圆E的方程为．
（II）解法一：
假设存在定圆O，不论直线l的斜率k取何值时，定圆O恒与直线l相切．
这时，只需证明坐标原点O到直线l的距离为定值即可．
设P（x1，y1），Q（x2，y2），联立方程，消去y整理得：（4+k2）x2+2kmx+m2﹣4＝0，
△＝（2km）2﹣4（4+k2）（m2﹣4）＞0，得：k2﹣m2+4＞0，①
，
∵以线段PQ为直径的圆过坐标原点O，
∴，
∴．
化简得：4k2＝5m2﹣4，②
此时，坐标原点O到直线l距离d为：．
由坐标原点O到直线l的距离为定值知，所以存在定圆O，不论直线l的斜率k取何值时，定圆O恒与直线l相切，定圆O的方程为：．
得m的取值范围是．
解法二：
假设存在定圆O，不论直线l的斜率k取何值时，定圆O恒与直线l相切．
这时，只需证明坐标原点O到直线l的距离为定值即可．
设直线OP的方程为：y＝tx，P点的坐标为（x0，y0），则y0＝tx0，
联立方程组∴，①
∵以线段PQ为直径的圆过坐标原点O，∴OP⊥OQ，直线OQ的方程为：．
∴在①式中以换t，得……②
又由OP⊥OQ知：
设坐标原点O到直线l的距离为d，则有|PQ|d＝|OP||OQ|，
∴．
又当直线OP与y轴重合时，P（0，±2），Q（±1，0）此时．
由坐标原点O到直线l的距离为定值知，所以存在定圆O，不论直线l的斜率k取何值时，定圆O恒与直线l相切，定圆O的方程为：．
直线l与y轴交点为（0，m），且点（0，m）不可能在圆O内，又当k＝0时，直线l与定圆O切于点，所以m的取值范围是．
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